Final 24/09/2010

Viernes, septiembre 24th, 2010

Solución: (de la parte práctica)

1) a) Defina derivada direccional e indique su fórmula de cálculo para campo escalar diferenciable. Dado f diferenciable con f(1,3) = 5 y derivada f'(\vec{A}, (u,v)) = 3u+2v, calcule aproximadamente f(1.02, 2.99)

En este ejercicio faltó aclarar en el enunciado que el punto \vec{A} puede ser cualquier punto de \mathbb{R}^2, en particular el (1,3).

Como f es diferenciable, vale que

f'(A, (u,v)) = \nabla f(A) \cdot (u,v) = 3u+2v

de donde sale que

\nabla f(A) = (3,2)

y como A es un punto genérico del plano, en particular se tiene que \nabla f(1,3) = (3,2)

Ahora aproximamos la función con el polinomio de Taylor de primer orden:

f(1.02, 2.99) \approx f(1,3) + f'_x(1,3)(x-1) + f'_y(1,3)(y-3)
= 5 + 3(0.02) + 2(-0.01) = 5.04

b) Siendo f(x,y) = x^2 + 2y^2, calcule el área de la región plana limitada por la curva que une los puntos en los que la máxima derivada direccional de f resulta igual a 2.

Como f es un polinomio, es diferenciable, luego la máxima derivada direccional en cada punto lo puedo obtener con la norma del gradiente, es decir

\nabla f(x,y) = (2x, 4y)
g(x,y) = ||(2x,4y)||
= \sqrt{4x^2 + 16y^2}

Los puntos en los cuales vale 2 es
\sqrt{4x^2 + 16y^2} = 2

4x^2 + 16y^2 = 4

x^2 + 4y^2 = 1

que es una elipse de semiradios 1 y \frac{1}{2}. Como no pide resolver la integral podemos usar la fórmula conocida del area de una elipse de semiradios a y b que es a\cdot b\cdot \pi. Entonces en este caso el área pedida es \frac{\pi}{2}

2) a) Enuncie el teorema de Green. Dado f(x,y) = (2xy, x^2-3x), calcule la circulación en sentido positivo de f a lo largo de la frontera de una región simple D, sabiendo que area(D) = 6

Se dan las condiciones necesarias para aplicar Green. Luego,

Q'_x - P'_y = 2x-3-2x = -3

Por el teorema de Green tenemos

\oint_{\partial D} \vec{f} \cdot \vec{dc} = \iint_D Q'_x - P'_y dxdy

que en este caso equivale a

-3 \iint_D dxdy

no conocemos la región D, pero la integral que nos queda equivale a su área que vale 6, por lo tanto la circulación pedida es 6(-3) = -18 (en sentido positivo).

b) Enuncie hipótesis para asegurar la independencia del camino en una integral de línea de campo vectorial. Suponiendo que dichas hipótesis se cumplen, calcule \int_{\vec{BC}} \vec{f} \cdot \vec{ds} sabiendo que \int_{\vec{BA}} \vec{f} \cdot \vec{ds} = -2 y \int_{\vec{AC}} \vec{f} \cdot \vec{ds} = 7

Este ejercicio es bien conceptual. Sabemos que la integral es independiente del camino. Y queremos ir de B a C. Tenemos las integrales de B a A y de A a C, o sea entre las dos me armo un camino (de dos trozos) que va de B a C, simplemente tengo que sumar las dos integrales para obtener el valor del camino entero, o sea la integral pedida vale -2+7 = 5

3) Calcule el área del trozo de superficie cónica de ecuación z^2 = x^2 + y^2 cuyos puntos cumplen con x^2 + y^2 + z^2 \leq 18

Primero intersecto el cono
z^2 = x^2 + y^2
con la esfera
x^2+y^2+z^2 = 18
de la primera ecuación en la segunda queda
x^2+y^2+x^2 + y^2 = 18
x^2 + y^2 = 9
y reemplazando en la primera sacamos que z_1 = 3 o z_2 = -3, es decir la intersección se da en dos circunferencias que se encuentran en dichos planos.
Por ser una superficie simétrica respecto del plano xy, voy a hacer la parte de arriba y multiplicar por 2. Parametrizo la parte de arriba:

S(\phi, \rho) = (\rho \cos(\phi), \rho \sin(\phi), \rho)

con 0 \leq \phi \leq 2\pi y 0 \leq \rho \leq 3

Averiguo el diferencial de superficie

S'_\phi = (-\rho \sin(\phi), \rho\cos(\phi), 0)
S'_\rho = (\cos(\phi), \sin(\phi), 1)
N = S'_\phi \wedge S'_\rho = (\rho \cos(\phi), \rho \sin(\phi), -\rho)

Luego el diferencial de superficie es ||S'_\rho \wedge S'_\phi || = \sqrt{\rho^2 \cos^2(\phi) + \rho^2 \sin^2(\phi) + \rho^2} = \sqrt{\rho^2 + \rho^2} = \sqrt{2} \rho

Volcando todo en la integral, el área de la parte de arriba es

\sqrt{2}\int_0^{2\pi} d\phi \int_0^3 \rho d\rho = 9\sqrt{2} \pi.

Por lo tanto el área pedida es 2 \cdot 9\sqrt{2}\pi = 18\sqrt{2}\pi

Acá abajo grafico en color azul el trozo de superficie cónica de la cual acabamos de calcular el área, y una sección de la esfera que la limita (en rojo):


draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "blue",
parametric_surface(u*cos(v), u*sin(v), u, u, 0, 3, v, 0, 2*%pi),
parametric_surface(u*cos(v), u*sin(v), -u, u, 0, 3, v, 0, 2*%pi),
color = "light-red",
parametric_surface(sqrt(18)*cos(v)*sin(w), sqrt(18)*sin(v)*sin(w), sqrt(18)*cos(w), v,0,2*%pi*3/4, w, 0, %pi)
);

4) Dado \vec{f}(x,y,z) = (2x+y\phi(z), 3y-x\phi(z), z+\phi(x+y)) con \phi' contínua, calcule el flujo de \vec{f} a través de la superficie frontera del cuerpo cuyos puntos cumplen con x + z \leq 2, y + z \leq 2, 1º octante.

Se cumplen las hipótesis para aplicar el teorema de la divergencia, luego

div(\vec{f}) = 2+3+1 = 6

Por el teorema de la divergencia tenemos que \iint_{S=\partial D} f ds = \iiint_V div(f) dv

que en nuestro caso equivale a

6 \iiint_V dv

Averiguo como se intersectan los planos
x+z=2
y
y+z=2
igualando nos queda
x+z=y+z
x=y

Entonces, si proyecto sobre el plano xy tengo que tener en cuenta que vamos a tener “2 techos”. Nos queda entonces

6 \left( \int_0^2 dx \int_0^x dy \int_0^{2-x} dz + \int_0^2 dy \int_0^y dx \int_0^{2-y}dz \right)

Observamos que las dos integrales van a dar lo mismo, pues la segunda es igual a la permutación de x con y en la primera (y además se nota que la región es simétrica respecto de x=y), por lo tanto calculo la primera integral sólamente:

\int_0^2 (2-x) x dx
\int_0^2 2x - x^2 dx
\left[ x^2 - \frac{x^3}{3} \right]_0^2 = \frac{4}{3}

Por lo tanto, el flujo (saliente) pedido equivale a

6 \left( \frac{4}{3} + \frac{4}{3} \right) = 16

En el siguiente gráfico se puede visualizar el cuerpo sobre cuya superficie frontera acabamos de calcular el flujo saliente.


reparametrize(f1,f2,f3,iv,iv0,iv1,dv,dv0,dv1) :=
apply( 'parametric_surface, append(
subst([ iv = 'u , dv = (1-'v)*subst([iv='u],dv0) + 'v * subst([iv='u],dv1) ], [f1,f2,f3]),
['u, iv0, iv1, 'v, 0, 1])
);
draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "blue", line_width=1,
reparametrize(x,y,0, x,0,2, y,0,2),
reparametrize(x,0,z, x,0,2, z,0,2-x),
reparametrize(0,y,z, y,0,2, z,0,2-y),
reparametrize(x,y,2-x, x,0,2, y,0,x),
reparametrize(x,y,2-y, y,0,2, x,0,y)
);

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8 comentarios el “Final 24/09/2010

  1. Hernán dice:

    Hola, Damián

    el ejercicio 4 lo resolví distinto (y me dio distinto!), pero todavia no entiendo por qué.

    lo que hice fue:
    6\int_{0}^{2}\int_{0}^{2-z}\int_{0}^{2-z}dxdydz=40

    o sea, recorri en x desde el origen hasta el plano en funcion de z, en y lo mismo, y en z, entre 0 y 2.

    saludos,
    Hernán

  2. Martin dice:

    Mmmm… no entiendo bien en el punto 3 por qué terminás multiplicando el área x2, supongo para que no haya superposicion de puntos del cono, pero sigo sin entenderlo analiticamente.

    y en el punto 4 lo estaba haciendo y llegué a la misma integral que Hernan, pero no logro identificar analiticamente como z va de 0 a 2

    • dami dice:

      Hola Martín,
      En el punto 3 multipliqué por 2 porque pedía el área de todo el cono, y yo hice sólo la parte de arriba, pero por simetría es igual al área de abajo, por eso el área total es el doble.
      En el punto 4, se tiene z \geq 0 por el hecho de que pide 1º octante, y z \leq 2 sale de cualquiera de las dos inecuaciones, teniendo en cuenta que está todo en el 1º octante.
      Suerte,
      Damián,

  3. Matias dice:

    En el ejercicio 3, saco el modulo del gradiente y me da (raiz de 5), entonces lo saco fuera del integral, y lo multiplico por el area de la proyección ( pi * 3^2), multiplicando por 2 = 18 * raiz de 5 * pi. Que es lo que estoy haciendo mal??

  4. Matias dice:

    ya encontre el error!!! me falto dividir por 2 al derivar, disculpa y gracias!!!!

  5. Maxi dice:

    En el ejercicio 3, el jacobiano no se pone si es para calculo de area?

  6. no , porque parametrizo y no es necesario el jacobiano en esos casos

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